1、武威六中2019-2020学年度第一学期第二次学段考试高二物理试卷一、选择题（14小题，1-10小题每题3分，11-14小题每题4分，答对得4分，选不全得2分，共计46分）1.下列说法正确的是（ ）A. 电路中的电流越大，表示通过的导体横截面的电荷量越多B. 电流既有大小又有方向，所以电流是矢量C. 导体中有电流通过时，电子定向移动速率很小D. 在金属导体中，自由电子的无规则热运动就会形成电流【答案】C【解析】【详解】A电流大说明单位时间内流过导体横截面的电荷量多，但若不确定时间，则电荷量无法确定，故A错误；B电流既有大小又有方向，但电流不是矢量，是标量，因为电流的运算遵守代数加减法则，不是平
2、行四边形定则，故B错误；C在电路中电子定向移动速率与电场传导速率不同，电子定向移动速率远小于电场传导速率，故C正确；D金属导体中，自由电子定向移动形成了电流，故D错误。2.下列关于电源电动势的说法正确的是（ ）A. 电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领B. 电源内部正电荷从高电势处向低电势处移动C. 电源是通过静电力把其它形式能转化为电能的装置D. 把同一电源接在不同的电路中,电源的电动势也将变化【答案】A【解析】【详解】A电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，故A正确；B在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以正电荷从低电势处向高电势处，故
3、B错误；C电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，故C错误；D把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D错误。3.在图示的电路中U=12V，若电压表的示数也是12V，这说明可能A. 电阻R1、R2中有断路发生B. 灯泡L断路C. 电阻R1、R2中有短路发生D. 灯泡L和电阻R1都发生了断路【答案】A【解析】【详解】A.电压表示数为12V，则说明电路中发生了断路或灯泡L短路故障；如灯泡没有短路，电压表能和电源直接相连，则可知电阻R1、R2中有断路发生，故A正确；B.如果L断路，则电压表示数为零，故B错误；C.如果电阻R1、R2中有短路发生，电压表示数小于12V，故C错误；D
4、.如果灯泡L和电阻R1都发生了断路，则电压表示数为零，故D错误；故选：A.4.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )A. 加5V电压时，导体的电阻约是10B. 加12V电压时，导体的电阻约是8C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D. 由图可知，该元件可能是定值电阻【答案】B【解析】【详解】A. 当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻故A项与题意不相符；B. 当U=12V时，由图知电流为I=1.5A，则导体的电阻故B项与题意相符；CD. 由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大，
5、所以随着电压的增大导体的电阻不断增大，故CD项与题意不相符。5.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电动机M的线圈电阻为R1闭合开关S，电动机开始转动，稳定后电路中的电流为I，滑动变阻器接入电路的电阻为R2则 A. 电流大小I=B. 电动机两端的电压U=IR1C. 电源的效率=100%D. 电动机的机械功率P=IE-I2(R1+R2+r)【答案】D【解析】【详解】A电动机为非纯电阻，欧姆定律不能运用，A项错误；B设电动机两端电压为U，对电动机分析有P电=P机+P热，即UII2R1，得出UIR1，B项错误; C电源的效率；由于欧姆定律不成立，所以，C项错误；D从能量角度分析，电动机的机械功率等于
6、电源的总功率减去电路中的热功率，D项正确.6.两只小灯泡L1、L2分别标有“6V，3W”和“6V，5W”，另外有一个能满足需要的滑动变阻器R，将它们连接后接入电压为12V的电路中，要求两灯泡都正常发光且最省电，下面的四个电路中满足要求的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据可知，灯泡L1的电阻大于灯泡L2的电阻，L1与R并联，总电阻可以与灯泡L2的电阻相等，两灯的电压可以都是6V，两灯都能正常发光，故A正确；L2与R并联，总电阻小于灯泡L1的电阻，根据串联电路电阻分压特点可知，L1的电压大于6V，L2的电压小于6V，两灯都不能正常发光，故B错误；L1、L2串联，由于灯泡L1的电
7、阻大于灯泡L2的电阻，则灯泡L1的电压大于灯泡L2的电压，即得到灯泡L1的电压大于6V，所以灯泡L1可能被烧毁，故C错误；灯L1、L2并联，当它们并联的电阻与R相等时，其电压与R的电压相等，都等于6V，两灯都能正常发光，故D正确。所以AD正确，BC错误。7.如图所示，电路中E3V，r0.5，R01.5，变阻器的最大值R10，现将R的阻值由零逐渐增大到10的过程中，下列说法中正确的是（）A. 当R2时，R上消耗的功率最大B. 当R1.0时，R0上消耗的功率最大C. 当R0.5时，电源的输出功率最大D. 当R0时，电源的效率最大【答案】A【解析】【详解】A将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电
8、阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；故当Rx=R0+r=2等效电源的输出功率最大，即变阻器上消耗的功率最大；故A项正确；B由公式可知，当电流最大，R0的功率最大，由闭合电路欧姆定律可知，当R=0时，电流最大，R0的功率最大，故B项错误；C当外电阻与电源内阻越接近，电源的输出功率越大，所以当R=0时，电源的输出功率最大，故C项错误；D电源的效率为所以当外电阻最小时，电源的效率最小，即当R=0时，电源的效率最小，故D项错误。8.空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为-q的质点(重力不计)，在恒
9、定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为，MN间距离为d，则A. MN两点的电势差为B. 匀强电场的电场强度大小为C. 带电质点由M运动到N的过程中，电势能减少了FdcosD. 若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，则F必须反向【答案】B【解析】【详解】A根据动能定理得：所以：所以A错误.B电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为，由公式：得：故B正确.C小球M到N电场力做负功，电势能增大.故C错误.D小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件由N到M，F方向不变.故D错误.9.毫安表的满偏电流是1mA，内电阻为100，现有两个定值电阻R1200，R2
10、600用这两个电阻把毫安表改成量程1V的电压表，图中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.电路的量程为故A错误。B.电路的量程为故C错误。C.电路的量程为故C错误。D.电路的量程为故D正确。10.如图所示的电路中，、是定值电阻，R是滑动变阻器，电流表A和电压表V均为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，下列说法中正确的是A. 表V示数增大，表A示数减小，电容器C的电荷量减小B. 表V示数减小，表A示数增大，电容器C的电荷量减小C. 表V示数增大，表A示数增大，电容器C的电荷量减小D. 表V示数减小，表A示数减小，电容器C的电荷量增大【答案
11、】D【解析】当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电阻R与并联的电阻减小，外电路总减小，总电流增大，故路端电压减小，则电压表V的示数减小，又流过的电流即为总电流，故两端的电压增大，而电容器与并联，故电容器两端的电压也增大，根据Q=CU，可知电容器的电荷量增大；因路端电压减小，而两端的电压增大，故R与并联的电压减小，故流过的电流减小，即电流表的示数减小，故ABC错误，D正确；故选D。【点睛】当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，分析外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化根据欧姆定律分析R、并联的电压如何变化，
12、分析通过的电流如何变化，再分析电流表示数的变化根据电压的变化，判断电容器所带电量的变化。11.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是A. M带负电荷，N带正电荷B. M在b点的动能小于它在a点的动能C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【答案】ABC【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b
13、点的动能小于在a点的动能，故B正确d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。【此处有视频，请去附件查看】12.如图所示,直线Oac为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线,虚线Obc为这个电源内部热功率随电流I变化的图线,由图可知A. 电源电动势为3 VB. 电源内阻为C. 当时,电源输出功率为2 WD. 当
14、A时,电源内部热功率为2 W【答案】AC【解析】【详解】AB.从图象可知：有两个交点点处是没有通电,而C处它们的电功率相等,说明外电阻没有消耗功率因此电流为3A时,外电阻阻值为零由可算出所以内阻的阻值为在C点时,外电阻为0,所以电动势所以A正确,B错误；C.当电流等于2A时,电源的输出功率P出故C正确；D.当电流等于2A时,电源内部热功率故D错误13.如图甲所示两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l,位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t=0时刻进入两板间的
15、带电粒子恰好在2t0时刻经极板边缘射出。上述m、 q、l、t0为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)，则A. 该粒子在平行板间一直做曲线运动B. 该粒子进入平行板间的初速度C. 该粒子在平行板间偏转时的加速度D. 两平行板上所加电压大小【答案】BC【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在匀强电场中的偏转问题，根据类平抛规律分析计算可得。【详解】A. 该粒子在t0-2t0时间内做直线运动，故A错误；B. 该粒子进入平行板间水平方向一直做匀速直线运动，则水平方向的初速度，故B正确；C. 该粒子在平行板间偏转时的加速度a，竖直方向做匀加速直线运动， 可求得D. 两平行板上所加电压大小
16、联立可得，故D错误；【点睛】带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，分方向根据牛顿第二定律、运动学公式列式可得。14.在如图(a)所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器。闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表内阻极大的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示。则（ ）A. 图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B. 电源内电阻的阻值为C. 电源的最大输出功率为D. 滑动变阻器R2的最大功率为【答案】BD【解析】【详解】A. 当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大
17、；而两端的电压增大，两端的电压减小，故图线乙表示是示数的变化，图线甲表示示数的变化，故A错误；B. 由图可知，当只有接入电路时，电路中电流为，路端电压为3V，根据闭合电路欧姆定律可得：当滑动变阻器全部接入时，电路中电流为，路端电压为，由闭合电路欧姆定律可得：解得：，故B正确；C. 根据欧姆定律可得：因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于时，电源的输出功率最大，故此时电流：故电源的最大输出功率：故C错误；D. 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，则有：可得：，当滑动变阻器的阻值等于时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭
18、合电路欧姆定律可得，电路中的电流：则滑动变阻器消耗的总功率：故D正确。二、实验题（每空2分，共16分）15.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=_mm； （2）用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D=_mm；（3）用多用电表电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图3所示，则该电阻的阻值约为_（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程05mA，内阻约50）；电流表A2（量程015mA，内阻约30）；电压表V1（量程03
19、V，内阻约10k）；电压表V2（量程015V，内阻约25k）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号（ ）（5）在图4中用实线连好电路。（ ）（6）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率_（不要求计算，用题中所给字母表示）【答案】 (1). 50.15 (2
20、). 4.700 (3). 220 (4). 见解析 (5). 见解析 (6). 【解析】【详解】(1)1由图示游标卡尺可以知道其示数：(2)2由图示螺旋测微器可以知道其示数为：(3)3用多用电表的电阻“”挡测电阻，由图示表盘可以知道,其示数为：(4)4电源电动势为4V，如用15V电压表指针偏转太小，故电压表应选V1，电路最大电流约为：电流表应选A2，为方便实验操作滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；实验电路图如图所示：(5)5实物图连接如图：(6)6根据欧姆定律可知：根据电阻定律可得：联立解得：三、解
21、答题（3小题，共计38分）16.如图所示，已知电源电动势E20V，内阻r1，当接入固定电阻R4时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD0.5的小型直流电动机D都恰能正常工作试求： (1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率【答案】(1)2A (2)7V (3)12W【解析】【详解】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：UD=E-I(r+R)-UL=20-2(1+4)-3=7V(3)电动机的总功率为P总=IUD=27=14W电动机的热功率为P热=I2RD=220.5=2W所以电动机的输出功率为P出=P总-P热=
22、14-2=12W17.如图所示，空间内有场强大小为 E 的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方 向未知)，现有一电荷量为 q、质量为 m 的带负电的粒子，从 O 点以某一初速度垂直电场方 向进入电场，A、B 为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力；(1)若 OA 连线与电场线夹角为 60 ， OA = L ，求带电粒子从 O 点到 A 点的运动时间及进 电场的初速度； (2)若粒子过 B 点时速度方向与水平方向夹角为 60 ，求 。【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据两个分位移公式列式，结合牛顿第二定律得到加速度，即可求解。（2）根据
23、合速度和分速度的关系求带电粒子到达B点的速度，再由动能定理求出。【详解】（1）因带电粒子向上偏转，电场力方向向上，又因为带电粒子带负电，所以电场强度方向竖直向下。带电粒子在电场中做类平抛运动，设水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，由题意知：， 根据分运动的规律有：，粒子的加速度为：联立解得：，（2）设粒子到达B点的速度为v，则由合运动与分运动的关系有：由动能定理有：联立解得：【点睛】能运用运动的合成与分解的方法处理类平抛运动问题，搞清分位移关系、分速度关系是解决这类问题的关键。18.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为的绝缘细线把质量为，带有正电荷的金属小球悬挂在O
24、点，小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放。求: (1)小球运动通过最低点C时的速度大小；(2)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小；(3)如果要使小球能绕O点做圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度的大小范围。(取，)【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】【详解】(1)小球受到电场力、重力和绳的拉力作用处于静止根据共点力平衡条件有：小球从点运动到点的过程，根据动能定理有：代入数据解得：(2)在点，由细线对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：代入解得： (3)若能通过圆周上点关于点的对称性时，则能做完整的圆周运动，设对称点为，通过点最小速度为，小球恰好通过点时，由电场力与重力的合力提供向心力，得：从到的过程，运用动能定理得：代入数据解得： 要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则在点时沿垂直于方向上施加给小球的初速度的大小
